数据结构与算法学习笔记----快速幂
@@ author: 明月清了个风
@@ first publish time: 2025.1.2
ps⭐️快速幂的两道模版题，快速幂，乘法逆元，费马小定理
Acwing 875. 快速幂
[原题链接](875. 快速幂 - AcWing题库)
给定 n n n组 a i , b i , p i a_i,b_i,p_i ai,bi,pi，对于每组数据，求出 a i b i m o d p i a_i^{b_i} \; mod \; p_i aibimodpi的值
输入格式
第一行包含整数 n n n，
接下来 n n n行，每行包含三个整数 a i , b i , p i a_i,b_i,p_i ai,bi,pi。
输出格式
对于每组数据，输出一个结果，表示 a i b i m o d p i a_i^{b_i} \; mod \; p_i aibimodpi的值。
每个结果占一行。
数据范围
1 ≤ n ≤ 100000 1 \le n \le 100000 1≤n≤100000,
1 ≤ a i , b i , p i ≤ 2 × 1 0 9 1 \le a_i,b_i,p_i \le 2\times 10^9 1≤ai,bi,pi≤2×109、
思路
快速幂是一种高效的计算整数幂的算法，适用于大数的幂运算，比如这题的数据范围， a i , b i , p i a_i,b_i,p_i ai,bi,pi都可以到亿的级别，通过快速幂可以将暴力运算的 O ( n ) O(n) O(n)时间复杂度优化到 O ( log n ) O(\log n) O(logn)级别， n n n是幂的范围。
核心思想 ：将指数 b b b通过二进制分解，从而达到 log b \log b logb的运算量，也就是
a b m o d p = a ( 2 x 1 ) + 2 x 2 + ⋯ + 2 x k m o d p = a 2 x 1 a 2 x 2 ⋯ a 2 x k m o d p = ( a 2 x 1 m o d p ) ⋅ ( a 2 x 2 m o d p ) ⋯ ( a 2 x k m o d p ) \begin{align*} a^b \; mod \; p & = a^{(2^{x_1}) + 2^{x_2} + \cdots + 2^{x_k}} \; mod \; p \\ & = a^{2 ^ {x_1}} a^{2 ^ {x_2}} \cdots a^{2^{x_k}} \; mod \; p \\ & = (a^{2^{x_1}}mod \;p)\cdot(a^{2^{x_2}}mod \;p) \cdots(a^{2^{x_k}}mod \;p) \\ \end{align*} abmodp=a(2x1)+2x2+⋯+2xkmodp=a2x1a2x2⋯a2xkmodp=(a2x1modp)⋅(a2x2modp)⋯(a2xkmodp)
在代码中，我们也无需对 k k k的二进制分解及 a x a^x ax进行预处理，只需要边运算边处理就行，具体看下面代码吧，代码还是很清晰的。
代码
cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
int qmi(int a, int k, int p)
{
int res = 1;
while(k)
{
if(k & 1) res = (LL) res * a % p; // 从k的二进制表示最低位开始，也就是2的0次方，此时a的2的0次方就是a
k >>= 1; // 每次右移一位
a = (LL) a * a % p; // 每次将a平方，因为a上面是2的次方，每次提高一位相当于乘一个a的2的0次方，就是a
}
return res;
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
while(n --)
{
int a, b, p;
cin >> a >> b >> p;
cout << qmi(a, b, p) << endl;
}
return 0;
}Acwing 876. 快速幂求逆元
[原题链接](876. 快速幂求逆元 - AcWing题库)
给定 n n n组 a i , p i a_i,p_i ai,pi，其中 p i p_i pi是质数，求 a i a_i ai模 p i p_i pi的乘法逆元，若逆元不存在则输出impossible。
注意：请返回 0 ∼ p − 1 0 \sim p - 1 0∼p−1之间的逆元。
乘法逆元的定义：
若整数 b ， m b，m b，m互质，并且对于任意的整数 a a a，如果满足 b ∣ a b|a b∣a，则存在一个整数 x x x，使得 a b ≡ a × x ( m o d m ) \frac{a}{b} \equiv a \times x (mod \; m) ba≡a×x(modm)，则称 x x x为 b b b模 m m m的乘法逆元，记为 b − 1 ( m o d m ) b^{-1}(mod \; m) b−1(modm)。
b b b存在乘法逆元的充要条件是 b b b与模数 m m m互质，当模数 m m m为质数时， b m − 2 b^{m - 2} bm−2即为 b b b的乘法逆元。
输入格式
第一行包含整数 n n n，
接下来 n n n行，每行包含一个数组 a i , p i a_i,p_i ai,pi，数据保证 p i p_i pi是质数。
输出格式
输出共 n n n行，每组数据输出一个结果，每个结果占一行。
若 a i a_i ai模 p i p_i pi的乘法逆元存在，则输出一个整数表示逆元，否则输出impossbile。
数据范围
1 ≤ n ≤ 1 0 5 1 \le n \le 10^5 1≤n≤105，
1 ≤ a i , p i ≤ 2 ∗ 1 0 9 1 \le a_i, p_i \le 2 * 10^9 1≤ai,pi≤2∗109
思路
主要的难点是定义比较绕，我们可以对定义的式子进行一些变形
a b ≡ a × x ( m o d m ) (1) \frac{a}{b} \equiv a \times x (mod \; m) \tag{1} ba≡a×x(modm)(1)
在式(1)的两边同乘 b b b，我们可以得到式(2)
a ≡ b × a × x ( m o d m ) (2) a \equiv b \times a \times x (mod \; m) \tag{2} a≡b×a×x(modm)(2)
两边再同时除 a a a可以得到
1 ≡ b × x ( m o d m ) (3) 1 \equiv b \times x (mod \; m) \tag{3} 1≡b×x(modm)(3)
因此我们要求的就是一个 x x x，可以使 b × x ≡ 1 ( m o d m ) b \times x \equiv 1 (mod \; m) b×x≡1(modm)
还有一个注意点是 b b b存在乘法逆元的充要条件是模数 m m m与 b b b互质，题目中给出了条件模数 p i p_i pi保证了是质数，也就是保证了这个条件。
这里需要补充一个额外的定理：费马小定理
当 m m m是一个质数，对于任意整数 a a a（ a a a不被 m m m整除），有 a m − 1 ≡ 1 ( m o d m ) a^{m- 1} \equiv 1 (mod \; m) am−1≡1(modm)
那么对费马小定理的这个公式进行变形，拆分次方可得 a ⋅ a m − 2 ≡ 1 ( m o d m ) a \cdot a^{m - 2} \equiv 1 \; (mod \; m) a⋅am−2≡1(modm)，我们就能直接得到 a a a的乘法逆元是 a m − 2 a^{m - 2} am−2。
因此问题转换为求 a m − 2 a^{m - 2} am−2，也就是应用上面的快速幂。
需要注意的是题目虽然保证了 p p p是一个质数，但是却被没有保证我们的充要条件，也就是 a i a_i ai与 p i p_i pi互质，因此需要判断 a i a_i ai是否是 p i p_i pi的倍数，只有这样的情况他们才不互质。
代码
cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
int qmi(int a, int k, int p)
{
int res = 1;
while(k)
{
if(k & 1) res = (LL) res * a % p;
k >>= 1;
a = (LL) a * a % p;
}
return res;
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
while(n --)
{
int a, p;
cin >> a >> p;
if(a % p == 0) puts("impossible");
else cout << qmi(a, p - 2, p) << endl;
}
return 0;
}